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2020-2021学年高中物理 第三章 磁场 5 洛伦兹力的应用学案 教科版选修3-1

2020-2021学年高中物理 第三章 磁场 5 洛伦兹力的应用学案 教科版选修3-1

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姓名：

- 18 -

洛伦兹力的应用
目 标 导 航
核 心 素 养
1.理解洛伦兹力对运动电荷不做功,它只是改变速度的方向,不改变速度的大小。
2.知道垂直射入磁场的带电粒子,仅在洛伦兹力作用下,做匀速圆周运动,且洛伦兹力提供向心力。
3.理解回旋加速器、质谱仪的基本构造、原理以及基本用途。
物理观念:知道回旋加速器和质谱仪的构造及工作原理。
科学思维:能将实际问题中的对象和过程转换成匀速圆周运动的物理模型。
科学探究:能探究带电粒子在匀强磁场中的运动。
科学态度与责任:能分析带电粒子在复合场中的运动。
必备知识·自主学习
一、利用磁场控制带电粒子运动
1.粒子在圆形磁场区域的偏转:如果带电粒子经过半径为r的圆形匀强磁场区域,偏转角为θ,如图所示。则:tan=。又R=。所以tan=。

2.特点:只改变带电粒子的运动方向,不改变带电粒子的速度大小。
3.应用:电视机显像管就是利用磁场控制电子的运动。
二、质谱仪和回旋加速器

(1)回旋加速器主要由哪几部分组成?
(2)电场和磁场各起什么作用?
(3)带电粒子的最大动能与什么因素有关?
提示:(1)两个中空的半圆金属壳,两盒间有电势差,两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。
(2)电场使粒子加速,磁场使粒子偏转。
(3)与磁感应强度B和D形盒的半径r有关。
1.质谱仪:

(1)结构:
(2)带电粒子运动分析:
①加速电场加速:根据动能定理,qU=mv2。
②匀强磁场偏转:洛伦兹力提供向心力,qvB=。
③结论:r=,测出半径r,可以算出粒子的比荷或算出它的质量。
(3)应用:测量带电粒子的质量和分析同位素。
2.回旋加速器:
(1)工作原理:
①两个D形盒之间的窄缝区域存在周期性变化的电场,带电粒子经过该区域时被加速。
②两个D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中,带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,从而改变运动方向,半个周期后再次进入电场。
(2)速度和周期:在回旋加速器中,带电粒子的速度逐渐增大,粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=,并保持不变。
关键能力·合作学习
知识点一　洛伦兹力的应用
1.回旋加速器:
(1)主要构造:两个金属D形盒。
(2)原理图(如图)。

(3)工作原理。
①磁场作用:带电粒子垂直磁场方向射入磁场时,只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,其周期与速率和运动半径无关。
②交变电压的作用:在两D形盒狭缝间产生周期性变化的电场,使带电粒子每经过一次狭缝加速一次。
③交变电压的周期(或频率):与带电粒子在磁场中做圆周运动的周期(或频率)相同。
(4)粒子被加速次数的计算:粒子在回旋加速器中被加速的次数n=(U 是加速电压大小),一个周期加速两次。设在电场中加速的时间为t1,缝的宽度为d,则nd=,t1=。
(5)粒子在回旋加速器中运动的时间:在磁场中运动的时间t2==,总时间为t=t1 +t2,因为t1 ≪t2 ,一般认为在盒内的时间近似等于t2 。
2.质谱仪:
(1)用途:测量带电粒子质量和分析同位素。
(2)原理图(如图)。

(3)工作原理。
①带电粒子在电场中加速使粒子获得一定的动能:qU=。
②使加速后的带电粒子垂直射入磁场中,粒子在磁场中受洛伦兹力偏转=。
③带电粒子的比荷=。
由此可知,带电粒子的比荷与偏转距离x的平方成反比,凡是比荷不相等的粒子都被分开,并按比荷顺序的大小排列,故称之为“质谱”。

在质谱仪中,不同粒子经同一电场加速,又进入同一个磁场,则粒子的电荷量越大,电场力做的功越多,粒子末速度越大吗?
提示:不一定。由qU=mv2可得v=,粒子电荷量越大,电场力做功越多,但粒子的末速度不一定越大。

【典例】(2018·全国卷Ⅲ) 如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速①后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场②,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出③;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求:

(1)磁场的磁感应强度大小。
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
【审题关键】
序号
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①
电场对离子做功,离子加速
②
离子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动
③
甲乙离子的轨道半径之比为2∶1
【解析】(1)甲离子经过电场加速,据动能定理有
q1U=m1
在磁场中偏转,洛伦兹力提供向心力,据牛顿第二定律有
q1v1B=m1
由几何关系可得R1=
联立方程解得B=
(2)乙离子经过电场加速,同理有q2U=m2
q2v2B=m2
R2=
联立方程可得∶=1∶4
答案:(1)　 (2)1∶4

1.如图所示为磁流体发电机的示意图,一束等离子体(含正、负离子)沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中,A、B是一对平行于磁场放置的金属板,板间连入电阻R,则电路稳定后(　　)

A.R中有向下的电流
B.离子在磁场中不发生偏转
C.A、B板聚集的电荷量基本不变
D.离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功
【解析】选C。由左手定则知,正离子向B板偏转,负离子向A板偏转,故B错误;即B板带正电,A板带负电,电路稳定后,两板间粒子所受洛伦兹力与电场力平衡,A、B板聚集的电荷量基本不变,电阻R中有向上的电流,故A错误,C正确;因为洛伦兹力的方向与速度方向垂直,所以洛伦兹力不可能做功,故D错误。故选C。
2.(多选)法国拥有目前世界上最先进的高危病毒实验室——让·梅里厄P4实验室,该P4实验室全程都在高度无接触物理防护性条件下操作,一方面防止实验人员和其他物品受污染,同时也防止病毒释放到环境中。为了无损测量生物实验废弃液体的流量,常用到一种电磁流量计,如图所示。其原理可以简化为如图所示模型:液体内含有大量正、负离子,从容器右侧流入,左侧流出,流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积,在垂直纸面向里的匀强磁场的作用下,下列说法正确的是(　　)

A.所有带电粒子都受到竖直向下的洛伦兹力
B.稳定后测量的UMN=Bvd
C.电磁流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D.废液流量Q=
【解析】选B、D。由左手定则可知,正离子受洛伦兹力向下,负离子受洛伦兹力向上,A错误;稳定后,粒子受力平衡:qvB=q,解得UMN=Bvd,B正确;电磁流量计是通过磁场对带电粒子的洛伦兹力使正负离子往上下两管壁移动,从而形成电势差,测量电势差的大小来计算流速,无法测不带电的液体流速,C错误;废液流量:Q=Sv,其中v=,S=,解得Q=,D正确。故选B、D。
【加固训练】
1.一种改进后的回旋加速器示意如图,宽度忽略不计的窄缝A、C间的加速电场场强大小恒定,电场被限制在A、C间,与A、C平行的两虚线之间无电场。带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场,经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是(　　)

A.加速电场的方向需要做周期性的变化
B.加速后粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
C.带电粒子每运动一周被加速一次
D.带电粒子每运动一周直径的变化量相等,即P1P2等于P2P3
【解析】选C。带电粒子只有经过AC板间时被加速,即带电粒子每运动一周被加速一次。电场的方向没有改变,则在AC间加速,故C正确,A错误。当粒子从D形盒中出来时,速度最大,根据r=得,v=。知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关。故B错误;根据r=,则P1P2=2(r2-r1)=,因为每转一圈被加速一次,根据v2-=2ad,知每转一圈,速度的变化量不等,且v3-v2<v2-v1,则P1P2>P2P3。故D错误。
2.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具,它的构造原理如图所示。离子源S产生质量为m、电荷量为q的正离子,离子产生出来时速度很小,可以看作速度为零。产生的离子经过电压U加速,进入磁感应强度为B的匀强磁场,沿着半圆周运动,到达记录它的照相底片上的P点。测得P点到入口处S1的距离为x。试求离子的质量m。

【解析】离子的质量m是不能直接测量的,但可以通过离子在磁场中的偏转而转化为距离进行测量。当离子在电场中加速时应用动能定理可得qU=mv2-0。
当离子在磁场中偏转时应用牛顿第二定律可得
Bqv=,由上述两式求得m=x2。
答案:x2
知识点二　带电粒子在复合场中的运动
1.复合场:一般是指电场、磁场和重力场并存,或其中两种场并存,或分区域存在。
2.三种场力的特点:
(1)重力的方向始终竖直向下,重力做功与路径无关。
(2)电场力的方向与电场方向相同或相反,电场力做功与路径无关。
(3)洛伦兹力的大小和速度方向与磁场方向的夹角有关,方向始终垂直于速度v和磁感应强度B共同决定的平面。无论带电粒子做什么运动,洛伦兹力始终不做功。
3.带电粒子在复合场中运动的分析方法和思路:
(1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时,根据受力平衡列方程求解。
(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时,应用牛顿定律结合圆周运动规律求解。
(3)当带电粒子做复杂曲线运动时,一般用动能定理或能量守恒定律求解。
(4)对于临界问题,注意挖掘隐含条件。

速度选择器是质谱仪的重要组成,能剔除速度不同的粒子,提高检测的精度,速度选择器的工作原理是什么?
提示:一定速度带电粒子在速度选择器中所受的电场力和洛伦兹力大小相等,方向相反,达到二力平衡状态,做匀速直线运动,与它速度不同的带电粒子会发生偏转。

【典例】(2019·天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作;当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电脑进入休眠状态。如图所示,一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压U,以此控制屏幕的熄灭。则元件的(　　)

A.前表面的电势比后表面的低
B.前、后表面间的电压U与v无关
C.前、后表面间的电压U与c成正比
D.自由电子受到的洛伦兹力大小为
【解析】选D。根据左手定则可知自由电子偏向后表面,元件的后表面带负电,即后表面的电势比前表面的低,A错误;根据稳定时自由电子所受的电场力与洛伦兹力平衡,即e=evB得U=Bva,所以选项B、C均错误;自由电子受到的洛伦兹力与所受电场力大小相等,即F=evB=e,D正确。

1.(多选)质谱仪由如图所示的两部分区域组成:左侧是一速度选择器,M、N是一对水平放置的平行金属板,分别接到直流电源两极上,板间在较大范围内存在着方向相互垂直,且电场强度大小为E的匀强电场和磁感应强度大小为B1的匀强磁场;右侧是磁感应强度大小为B2的另一匀强磁场,一束带电粒子不计重力由左端O点射入质谱仪后沿水平直线运动,从A点垂直进入右侧磁场后分成甲、乙两束,其运动轨迹如图所示,两束粒子最后分别打在乳胶片的P1、P2两个位置,A、P1、P2三点在同一条直线上,测出AP1∶AP2=4∶3,带电粒子电荷量和质量之比称为比荷,则下列说法正确的是(　　)

A.甲、乙两束粒子在右侧B2磁场中的速度大小都等于
B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
C.若甲、乙两束粒子的质量相等,则甲、乙两束粒子的电荷量比为4∶3
D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则甲、乙两束粒子的质量比为4∶3
【解析】选A、D。粒子在平行金属板间沿直线运动,说明洛伦兹力和电场力平衡,则Eq=qvB1,可得v=,A正确;由题意R=,半径与比荷成反比,由于AP1∶AP2= 4∶3,所以甲束粒子的比荷小于乙束粒子的比荷,B错误;若甲、乙两束粒子的质量相等,则===,=,C错误;若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则===,=,D正确。
2.如图所示,质量为m=1 kg,电荷量为q=5×10-2 C的带正电的小滑块,从半径为R=0.4 m的光滑绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E=100 V/m,水平向右;B=1 T,方向垂直纸面向里。求:

(1)滑块到达C点时的速度;
(2)在C点时滑块对轨道的压力。(g取10 m/s2)
【解析】以滑块为研究对象,自轨道上A点滑到C点的过程中,受重力mg,方向竖直向下;电场力qE,水平向右;洛伦兹力F洛=qvB,方向始终垂直于速度方向。
(1)滑块滑动过程中洛伦兹力不做功,由动能定理得
mgR-qER=m,得vC==2 m/s,方向水平向左。
(2)在C点,滑块受到四个力作用,如图所示,

由牛顿第二定律与圆周运动知识得FN-mg-qvCB=m
得:FN=mg+qvCB+m=20.1 N
由牛顿第三定律知:滑块在C点处对轨道的压力FN'=FN=20.1 N,方向竖直向下。
答案:(1)2 m/s,方向水平向左　(2)20.1 N,方向竖直向下
【加固训练】
　　1.(2017·全国卷Ⅰ)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)

A.ma>mb>mc　　　　 B.mb>ma>mc
C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma
【解析】选B。设电场强度为E、磁感应强度为B、三个微粒的带电量均为q,它们受到的电场力Eq方向均竖直向上。微粒a在纸面内做匀速圆周运动,有Eq = mag ;b在纸面内向右做匀速直线运动,有Eq +Bqvb = mbg ;c在纸面内向左做匀速直线运动,有Eq -Bqvc = mcg;可得:mb > ma > mc。
2.如图所示,在y>0的空间中存在匀强电场,场强沿y轴负方向;在y<0的空间中,存在匀强磁场,磁场方向垂直xOy平面(纸面)向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子,经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0,方向沿x轴正方向;然后,经过x轴上x=2h处的P2点进入磁场,并经过y轴上y=-2h处的P3点。不计重力。求:

(1)电场强度的大小和粒子到达P2时速度的大小和方向。
(2)磁感应强度的大小。
【解析】(1)在电场中y方向有qE=ma, ①
h=at2 ②
vy=at ③
x方向有2h=v0t ④
P2处速度与x轴夹角tan θ=vy/v0 ⑤
联立①②③④⑤解得vy=v0,tan θ=1,v=v0,E=
(2)如图由于P2处速度与弦P2P3垂直,故P2P3是圆的直径,半径R=h, ⑥

由qvB= ⑦
联立⑥⑦解得B=
答案:(1)　v0　方向与x轴正向成45°角(第四象限内)　(2)
【拓展例题】考查内容:带电粒子在有界组合场中的运动
【典例】如图所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN为理想分界面。Ⅰ区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S1进入Ⅰ区,并直接偏转到MN上的P点,再进入Ⅱ区。P点与A1板的距离是L的k倍。不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑。

(1)若k=1,求匀强电场的电场强度E。
(2)若2<k<3,且粒子沿水平方向从S2射出,求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。
【解析】(1)若k=1,则有MP=L,
粒子在磁场区域Ⅰ内的轨迹半径为R=L,
在磁场区域Ⅰ内洛伦兹力提供向心力:qvB0=m
得v=,粒子在电场中,由动能定理有:qEd=mv2
得匀强电场的电场强度E=
(2)由于P距离A1为kL,且2<k<3,粒子从S2水平飞出,该粒子运动轨迹如图所示,则根据S1到界线处的轨迹有:

(kL)2+(R-L)2=R2
R=,整理得:v=
又因为:6L-2kL=2x
根据几何关系、相似三角形有:=
即==,得B=
答案:(1)　(2)v=　B=

课堂检测·素养达标
1.(多选)物理课堂教学中的洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成。励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈,它能够在两线圈之间产生匀强磁场。玻璃泡内充有稀薄的气体,电子枪在加速电压下发射电子,电子束通过泡内气体时能够显示出电子运动的径迹。若电子枪垂直磁场方向发射电子,给励磁线圈通电后,能看到电子束的径迹呈圆形。若只增大电子枪的加速电压或励磁线圈中的电流,下列说法正确的是(　　)

A.增大电子枪的加速电压,电子束的轨道半径变大
B.增大电子枪的加速电压,电子束的轨道半径不变
C.增大励磁线圈中的电流,电子束的轨道半径变小
D.增大励磁线圈中的电流,电子束的轨道半径不变
【解析】选A、C。根据动能定理表示出加速后获得的速度,然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式。
A、B项:根据电子所受洛伦兹力的方向,结合安培定则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向,电子在加速电场中加速,由动能定理有:eU=m,电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,有:eBv0=
解得:r=,增大电子枪的加速电压,电子束的轨道半径变大,故A正确,B错误;
C、D项:增大励磁线圈中的电流,电流产生的磁场增强,由r=可得,电子束的轨道半径变小,故C正确,D错误。故应选A、C。
2.质谱仪装置原理图如图所示,某种带电粒子经电场加速后从小孔O以相同的速率沿纸面 射入匀强磁场区,磁场方向垂直纸面向外,已知从O点射出的粒子有微小发散角2θ,且左右对称。结果所有粒子落点在乳胶底片的P1P2直线区间,下列说法正确的是(　　)

A.打在P2点粒子一定是从O点垂直板射入的粒子
B.打在P2点粒子一定是从O点右偏射入的粒子
C.打在P1点粒子一定是从O点左偏射入的粒子
D.打在P1点粒子一定是在磁场中运动时间最短的粒子
【解析】选A。粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则有qvB=,解得R=,由于粒子的速率相同,所以在粒子在磁场中做圆周运动的半径相同,由几何关系可得粒子在乳胶底片落点与O点的距离为L=2Rcos θ=,当发散角θ=0°时,粒子在乳胶底片落点与O点的距离最大,即打在P2点粒子一定是从O点垂直板射入的粒子,当发散角θ最大时,粒子在乳胶底片落点与O点的距离最小,即打在P1点粒子一定是从O点左偏发散角θ最大或右偏发散角θ最大射入的粒子,从O点右偏发散角θ最大射入的粒子在磁场中运动对应的圆心角最小,从O点左偏发散角θ最大射入的粒子在磁场中运动对应的圆心角最大,根据t=T=可知从O点右偏发散角θ最大射入的粒子的运动时间最短,从O点左偏发散角θ最大射入的粒子的运动时间最长,故选项A正确,B、C、D错误。
3.(2020·福州高二检测)福州一中的同学总是对身边的事物充满好奇,某同学对智能手机中的电子指南针(电子罗盘)产生了兴趣,通过查资料得知其原理是利用重力传感器和霍尔效应来确定地磁场的方向。如图,某个智能手机中固定着一个导电物质为电子的霍尔元件,各边长度如图所示。元件的上表面与手机平面平行,始终通有从C到D方向的恒定电流I,当手机水平转动时,霍尔元件上下表面A、B之间的电势差也发生改变,不考虑地磁场的磁偏角,小范围内的地磁场可视为匀强磁场,下列说法正确的是(　　)

A.当C端朝着正西方向时,UAB>0
B.当C端朝着正西方向时,仅增大元件的厚度c,则A、B两表面的电势差增大
C.CD沿着竖直方向时,A、B两表面的电势差UAB一定为零
D.当C端从正西方向缓慢转动90°到正北方向时,A、B两表面的电势差不断减小
【解析】选D。C端朝着正西方向,地磁场的方向是水平从南到北方向,根据左手定则,电子向A侧面偏转,A表面带负电,B表面带正电,所以B表面的电势高,则UAB<0,A错误;A、B间存在电势差,就存在电场,电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡,根据e=evB地,得 UAB=cvB地,根据电流的微观解释I=neSv=nevbc,解得v=,则UAB=cvB地=,与c无关,B错误;CD沿着竖直方向时,电流方向仍然和磁场方向垂直,带电粒子受洛仑兹力,也会积聚在A、B两表面,UAB不为零,C错误;C端从正西方向缓慢转动90°到正北方向时,磁场的方向和电流的方向夹角逐渐减小,最后磁场的方向和电流的方向平行,不受洛伦兹力,没有电荷在两个极板上集聚,A、B两表面的电势差不断减小,D正确;故选D。
4.如图所示,坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E=3×105 N/C、方向水平向左的匀强电场,在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比=4×
10-10 kg/C的带正电的粒子,以初速度v0=2×107 m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场,OA=0.15 m,不计粒子的重力。

(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离;
(2)若要使粒子不能进入第Ⅲ象限,求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)。
【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t,粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y,则:sOA=at2 ①
a= ②
y=v0t ③
联立①②③解得
a=7.5×1014 m/s2
t=2.0×10-8 s
y=0.4 m
(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为
vx=at=1.5×107 m/s
粒子经过y轴时的速度大小为
v==2.5×107 m/s
与y轴正方向的夹角为θ,
θ=arctan=37°
要使粒子不进入第Ⅲ象限,如图所示,

此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R,则:R+Rsinθ≤y
qvB=m
联立解得
B≥4×10-2 T
答案:(1)0.4 m　(2)B≥4×10-2 T